【高考真题】海南省2025年高考真题物理
1．（2025·海南）核反应方程中，则是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】核裂变
【解析】【解答】核反应遵循质量数和电荷数守恒，设X的质量数为A，电荷数为Z；
根据核电荷数守恒92+Z＝56+36+3×0
解得Z＝0
根据质量数守恒235+A＝144+89+3×1
解得A＝1
因此元素X是，故ABD错误，C正确。
故答案为：C。
【分析】核反应遵循质量数和电荷数守恒，据此求解作答。
2．（2025·海南）带正电的金属球靠近不带电验电器金属小球，则关于验电器金属小球和金属箔，下列说法正确的是（ ）
A．、都带正电 B．、都带负电
C．带负电、带正电 D．带正电、带负电
【答案】C
【知识点】电荷及三种起电方式；电荷守恒定律
【解析】【解答】当带正电的金属球靠近不带电验电器金属小球时，根据静电感应的原理，验电器金属箔b上的电子向金属球a转移，使得金属球a多余负电荷，带负电，金属箔b多余正电荷，带正电，故ABD错误，C正确。
故答案为：C。
【分析】静电感应的原理分析作答。
3．（2025·海南）如图所示是某汽车通过过程的图像，下面说法正确的是（ ）
A．内，汽车做匀减速直线运动
B．内，汽车静止
C．和内，汽车加速度方向相同
D．和内，汽车速度方向相反
【答案】A
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A.0 t1时间内图像的斜率不变，v﹣t图像的斜率表示加速度的大小，加速度大小不变，速度逐渐减小，因此0 t1时间内汽车做匀减速直线运动，故A正确；
B．明显t1 t2内，汽车做匀速直线运动而不是静止，故B错误；
C．v﹣t图像中斜率的正负表示加速度的方向，0 t1内汽车的加速度为负，t2～t3内汽车的加速度为正，因此0 t1和t2～t3内，汽车加速度方向相反，故C错误；
D．v﹣t图像中速度的正负表示汽车运动的方向，即速度的方向，0 t1和t2～t3内，汽车速度均为正，表示汽车速度方向相同，故D错误。
故答案为：A。
【分析】根据v﹣t图像斜率的含义分析加速度的大小和方向，根据速度的正、负分析速度的方向。
4．（2025·海南）载人飞船的火箭成功发射升空，载人飞船进入预定轨道后，与空间站完成自主快速交会对接，然后绕地球做匀速圆周运动。已知空间站轨道高度低于地球同步卫星轨道，则下面说法正确的是（ ）
A．火箭加速升空失重
B．宇航员在空间站受到的万有引力小于在地表受到万有引力
C．空间站绕地球做匀速圆周运动的角速度小于地球自转角速度
D．空间站绕地球做匀速圆周运动的加速度小于地球同步卫星的加速度
【答案】B
【知识点】超重与失重；万有引力定律的应用
【解析】【解答】A．火箭加速升空过程，加速度方向竖直向上，火箭处于超重状态，故A错误；
B．宇航员与地球的质量不变，根据万有引力定律，宇航员在空间站的引力距离大，因此宇航员在空间站中受到的万有引力小于在地表受到万有引力，故B正确；
C．同步卫星的角速度等于地球自转的角速度；
根据万有引力和向心力公式
可得
因此空间站绕地球做匀速圆周运动的角速度大于同步卫星的角速度，即大于地球自转角速度，故C错误；
D．根据牛顿第二定律
可得
因此空间站绕地球做匀速圆周运动的加速度大于地球同步卫星的加速度，故D错误。
故答案为：B。
【分析】根据超重和失重的含义分析作答；根据人造卫星运行参量与轨道半径的关系分析作答。
5．（2025·海南）如图所示，实线何虚线分别是沿着轴正方向传播的一列简谐横波在时刻和的波形图，已知波的周期，则下列关于该列波说法正确的是（ ）
A．波长为 B．波速为
C．周期为 D．时刻，质点向下振动
【答案】D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．根据简谐横波在时刻和的波形图， 可知该波的波长为λ＝10cm，故A错误；
BC．波沿着x轴正方向传播时，则在t＝0时刻到t＝0.5s的过程中，，n＝0、1、2……，已知波的周期T＞0.5s，则n只能取0，则Ts，故波速为vcm/s＝15cm/s，故BC错误；
D．简谐横波沿着x轴正方向传播，根据同侧法可知t＝0时刻，质点M向下振动，故D正确。
故答案为：D。
【分析】根据波形图信息，结合波动图像的变化情况，利用波速公式以及同侧原理法进行分析解答。
6．（2025·海南）某静电场电势在轴上分布如图所示，图线关于轴对称，、、是轴上的三点，；有一电子从点静止释放，仅受方向的电场力作用，则下列说法正确的是（ ）
A．点电场强度方向沿负方向
B．点的电场强度小于点的电场强度
C．电子在点的动能小于在点的动能
D．电子在点的电势能大于在点的电势能
【答案】D
【知识点】电场线；电势能；电势
【解析】【解答】A．沿电场线方向电势逐渐降低，由φ﹣x图像可知，在x正半轴沿+x方向电势降低，则P点电场强度方向沿x正方向，故A错误；
B．根据图像的对称性特点，可知M点的电场强度大小等于N点的电场强度，方向相反，故B错误；
C．电子在电势低处电势能大，故电子在P点的电势能小于在N点的电势能，根据能量守恒定律可知，电子在P点的动能大于在N点的动能，故C错误；
D．电子在电势低处电势能大，故电子在M点的电势能大于在P点的电势能，故D正确。
故答案为：D。
【分析】根据φ﹣x图像的切线斜率的物理意义结合电子电势能、能量的转化和守恒定律等知识进行分析解答。
7．（2025·海南）小组用如图所示单摆测量当地重力加速度
（1）用游标卡尺测得小球直径，刻度尺测得摆线长，则单摆摆长 （保留四位有效数字）；
（2）拉动小球，使摆线伸直且与竖直方向的夹角为（），无初速度的释放小球，小球经过 点（选填：“最高”或“最低”）时，开始计时，记录小球做了次全振动用时，则单摆周期 ，由此可得当地重力加速度 （）。
【答案】（1）
（2）最低；1.8；9.88
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1） 用游标卡尺测得小球直径，刻度尺测得摆线长， 单摆的摆长是从悬点到球心的距离，则单摆的摆长为79cmcm＝80.00cm
（2）最低点比较好确定而且产生的误差相对较小，需小球经过最低点时开始计时；单摆周期s＝1.8s，根据单摆周期公式，可得，代入数据解得g＝9.88m/s2。
【分析】（1）根据摆长的概念进行计算求解；
（2）根据单摆的周期公式列式解答。
8．（2025·海南）测量某半圆形玻璃砖的折射率，操作步骤如下
I．在白纸上画一条直线，半圆形玻璃砖放白纸上，玻璃砖直径与直线重合，描出直径两端点和，取走玻璃砖，用刻度尺求圆心点，过点作垂线，放回玻璃砖，将光屏垂直贴近玻璃砖点放置。
II．沿玻璃砖由向缓慢移动激光笔，使得入射光线平行纸面且始终沿着半径方向射向圆心，从玻璃砖射出的激光在下方的光屏上恰好消失，记下激光入射点，取走玻璃砖，过点作的垂线。
（1）步骤II中，当激光从点入射到点在面下方光屏上恰好消失时是光的____。
A．色散现象 B．衍射现象 C．全反射现象
（2）用刻度尺测得、，则玻璃砖的折射率 。
【答案】（1）C
（2）1.6
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）当激光从D点入射到O点在AB面下方光屏上恰好消失时，光是从光密介质进入光疏介质，折射角为90°，说明此时光线在AB面刚好发生全反射，故是光的全反射现象，故C正确，AB错误。
故答案为：C。
（2）根据前面分析可知此时入射角等于临界角，即∠DOE＝C，故可得，根据，可得玻璃砖的折射率n＝1.6。
【分析】（1）根据光的全反射现象进行分析解答；
（2）根据临界角结合相应数据求解折射率。
9．（2025·海南）图是“测量电源的电动势和内阻”的实验电路。
有如下器材
电源（约为3V，内阻未知）
电压表V（0~3V，RV约为3kΩ）
电流表A（0~6A，RA约为1Ω）
定值电阻
滑动变阻器（）
滑动变阻器（）
开关S
导线若干
（1）为了提高测量精度，电路图中滑动变阻器应选 。
（2）闭合开关S，多次调节滑动变阻器，记录U、I，如下表
1.00 1.30 1.70 2.00 2.50
0.38 0.32 0.24 0.18 0.08
根据表中数据作出U-I图像 。
（3）由U-I图像可求出电动势E1= V，内阻r= Ω（均保留三位有效数字）。
（4）考虑电压表分流引起的误差，则 ；（填“大于”、 “等于”或“小于”）；与真实值之间的关系式为 （用，，，表示
【答案】（1）
（2）
（3）；
（4）小于；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）为了提高测量精度，方便调节电路，滑动变阻器应该选择总阻值较小的R1；
（2）根据描点作图要求，不能落在直线上的点均匀分布在直线两侧，图像如下
（3）根据闭合电路欧姆定律有U＝E1﹣I（R0+r），结合图线可得E1＝2.90V，斜率大小k5.00Ω，解得r＝2.00Ω；
（4）将电压表和电源等效为新的电源，故此时根据图像得到的电动势和内阻为等效电源的电动势和内阻，等效电源的电动势为，故E测＜E真；将R0等效进电源的内阻中，有，可得等效新电源的内阻为。
【分析】（1）根据电流表量程结合电源的电动势选择滑动变阻器；
（2）根据描点作图的要求进行解答；
（3）根据闭合电路的欧姆定律结合图像的斜率、截距的物理意义列式求解；
（4）根据等效电源的思想列式解答。
10．（2025·海南）竖直放置的气缸内，活塞横截面积，活塞质量不计，活塞与气缸无摩擦，最初活塞静止，缸内气体，，大气压强，
（1）若加热活塞缓慢上升，体积变为，求此时的温度；
（2）若往活塞上放的重物，保持温度T0不变，求稳定之后，气体的体积。
【答案】（1）活塞缓慢上升过程中，气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律
代入数值解得
（2）设稳定后气体的压强为，根据平衡条件有
分析可知初始状态时气体压强与大气压相等为，整个过程根据玻意耳定律
联立解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】（1）活塞缓慢上升过程中，气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律进行解答；
（2）根据平衡条件求解稳定后气体的压强，根据玻意耳定律求解气体的体积。
11．（2025·海南）足够长的传送带固定在竖直平面内，半径，圆心角的圆弧轨道与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，工件A从圆弧顶点无初速度下滑，在平台与B碰成一整体，B随后滑上传送带，已知，，A、B可视为质点，AB与传送带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中，因摩擦生热，忽略轨道及平台的摩擦，
（1）A滑到圆弧最低点时受的支持力；
（2）A与B整个碰撞过程中损失的机械能；
（3）传送带的速度大小。
【答案】（1）A从开始到滑到圆弧最低点间，根据机械能守恒
解得
在最低点根据牛顿第二定律
解得，方向竖直向上
（2）根据题意AB碰后成一整体，根据动量守恒
解得
故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为
（3）第一种情况，当传送带速度小于时，AB滑上传送带后先减速后匀速运动，设AB与传送带间的动摩擦因数为，对AB根据牛顿第二定律
设经过时间后AB与传送带共速，可得
该段时间内AB运动的位移为
传送带运动的位移为
故可得
联立解得，另一解大于舍去；
第二种情况，当传送带速度大于时，AB滑上传送带后先加速后匀速运动，设经过时间后AB与传送带共速，同理可得
该段时间内AB运动的位移为
传送带运动的位移为
故可得
解得，另一解小于舍去
【知识点】动量守恒定律；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿运动定律的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）根据动能定理求解A滑到圆弧最低点的速度大小，在最低点，根据牛顿第二定律进行解答；
（2）根据动量守恒定律求解共同速度，根据能量关系求解A与B整个碰撞过程中损失的机械能；
（3）第一种情况，当传送带速度v小于v共时，AB滑上传送带后先减速后匀速运动；第二种情况，当传送带速度v大于v共时，AB滑上传送带后先加速后匀速运动。根据牛顿第二定律结合运动学公式求解共同速度时的相对位移，再根据能量守恒定律进行解答。
12．（2025·海南）间距为L的金属导轨倾斜部分光滑，水平部分粗糙且平滑相接，导轨上方接有电源和开关，倾斜导轨与水平面夹角，处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，水平导轨处于垂直竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小均为，两相同导体棒、与水平导轨的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两棒质量均，接入电路中的电阻均为，棒仅在水平导轨上运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，且不互相碰撞，忽略金属导轨的电阻，重力加速度为。
（1）锁定水平导轨上的棒，闭合开关，棒静止在倾斜导轨上，求通过棒的电流；断开开关，同时解除棒的锁定，当棒下滑距离为时，棒开始运动，求棒从解除锁定到开始运动过程中，棒产生的焦耳热；
（2）此后棒在下滑过程中，电流达到稳定，求此时、棒的速度大小之差；
（3）棒中电流稳定之后继续下滑，从棒到达水平导轨开始计时，时刻棒速度为零，加速度不为零，此后某时刻，棒的加速度为零，速度不为零，求从时刻到某时刻，、的路程之差。
【答案】（1）棒静止在倾斜导轨上，根据平衡条件可得，
解得通过棒的电流为
设当棒下滑距离为时速度为，棒开始运动时回路中的电流为，此时对cd棒有
同时有，
分析可知棒从解除锁定到开始运动过程中，棒产生的焦耳热与ab棒产生的焦耳热相等，整个过程根据能量守恒可得
联立解得棒产生的焦耳热为
（2）分析可知棒在下滑过程中产生的电动势与cd棒在向左运动的过程中产生的电动势方向相反，故当电流达到稳定时，两棒的速度差恒定，故可知此时两棒的加速度相等，由于两棒受到的安培力大小相等，对两棒有，
同时有，
联立解得此时、棒的速度大小之差为
（3）分析可知从开始到时刻，两棒整体所受的合外力为零，故该过程系统动量守恒，设时刻ab棒的速度为，可知
解得
设某时刻时，ab棒速度为，cd棒速度为，棒的加速度为零，可得①
其中
分析可知此时两导体棒产生的电动势方向相反，可得②
从时刻到某时刻间，对两棒分别根据动量定理有，
变式可得，
两式相加得③
同时有④
联立①②③④可得从到某时刻，、的路程之差为
【知识点】动量定理；动量守恒定律；安培力；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）ab棒静止在倾斜导轨上，根据平衡条件结合安培力的计算公式进行解答；整个过程根据能量守恒求解cd棒产生的焦耳热；
（2）对两棒分别根据牛顿第二定律、安培力的计算公式求解ab、cd棒的速度大小之差；
（3）分析两个过程中两根导体棒的运动情况，结合动量守恒定律、动量定理、牛顿第二定律、电荷量的计算公式等列方程求解ab、cd的路程之差。
1 / 1【高考真题】海南省2025年高考真题物理
1．（2025·海南）核反应方程中，则是（ ）
A． B． C． D．
2．（2025·海南）带正电的金属球靠近不带电验电器金属小球，则关于验电器金属小球和金属箔，下列说法正确的是（ ）
A．、都带正电 B．、都带负电
C．带负电、带正电 D．带正电、带负电
3．（2025·海南）如图所示是某汽车通过过程的图像，下面说法正确的是（ ）
A．内，汽车做匀减速直线运动
B．内，汽车静止
C．和内，汽车加速度方向相同
D．和内，汽车速度方向相反
4．（2025·海南）载人飞船的火箭成功发射升空，载人飞船进入预定轨道后，与空间站完成自主快速交会对接，然后绕地球做匀速圆周运动。已知空间站轨道高度低于地球同步卫星轨道，则下面说法正确的是（ ）
A．火箭加速升空失重
B．宇航员在空间站受到的万有引力小于在地表受到万有引力
C．空间站绕地球做匀速圆周运动的角速度小于地球自转角速度
D．空间站绕地球做匀速圆周运动的加速度小于地球同步卫星的加速度
5．（2025·海南）如图所示，实线何虚线分别是沿着轴正方向传播的一列简谐横波在时刻和的波形图，已知波的周期，则下列关于该列波说法正确的是（ ）
A．波长为 B．波速为
C．周期为 D．时刻，质点向下振动
6．（2025·海南）某静电场电势在轴上分布如图所示，图线关于轴对称，、、是轴上的三点，；有一电子从点静止释放，仅受方向的电场力作用，则下列说法正确的是（ ）
A．点电场强度方向沿负方向
B．点的电场强度小于点的电场强度
C．电子在点的动能小于在点的动能
D．电子在点的电势能大于在点的电势能
7．（2025·海南）小组用如图所示单摆测量当地重力加速度
（1）用游标卡尺测得小球直径，刻度尺测得摆线长，则单摆摆长 （保留四位有效数字）；
（2）拉动小球，使摆线伸直且与竖直方向的夹角为（），无初速度的释放小球，小球经过 点（选填：“最高”或“最低”）时，开始计时，记录小球做了次全振动用时，则单摆周期 ，由此可得当地重力加速度 （）。
8．（2025·海南）测量某半圆形玻璃砖的折射率，操作步骤如下
I．在白纸上画一条直线，半圆形玻璃砖放白纸上，玻璃砖直径与直线重合，描出直径两端点和，取走玻璃砖，用刻度尺求圆心点，过点作垂线，放回玻璃砖，将光屏垂直贴近玻璃砖点放置。
II．沿玻璃砖由向缓慢移动激光笔，使得入射光线平行纸面且始终沿着半径方向射向圆心，从玻璃砖射出的激光在下方的光屏上恰好消失，记下激光入射点，取走玻璃砖，过点作的垂线。
（1）步骤II中，当激光从点入射到点在面下方光屏上恰好消失时是光的____。
A．色散现象 B．衍射现象 C．全反射现象
（2）用刻度尺测得、，则玻璃砖的折射率 。
9．（2025·海南）图是“测量电源的电动势和内阻”的实验电路。
有如下器材
电源（约为3V，内阻未知）
电压表V（0~3V，RV约为3kΩ）
电流表A（0~6A，RA约为1Ω）
定值电阻
滑动变阻器（）
滑动变阻器（）
开关S
导线若干
（1）为了提高测量精度，电路图中滑动变阻器应选 。
（2）闭合开关S，多次调节滑动变阻器，记录U、I，如下表
1.00 1.30 1.70 2.00 2.50
0.38 0.32 0.24 0.18 0.08
根据表中数据作出U-I图像 。
（3）由U-I图像可求出电动势E1= V，内阻r= Ω（均保留三位有效数字）。
（4）考虑电压表分流引起的误差，则 ；（填“大于”、 “等于”或“小于”）；与真实值之间的关系式为 （用，，，表示
10．（2025·海南）竖直放置的气缸内，活塞横截面积，活塞质量不计，活塞与气缸无摩擦，最初活塞静止，缸内气体，，大气压强，
（1）若加热活塞缓慢上升，体积变为，求此时的温度；
（2）若往活塞上放的重物，保持温度T0不变，求稳定之后，气体的体积。
11．（2025·海南）足够长的传送带固定在竖直平面内，半径，圆心角的圆弧轨道与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，工件A从圆弧顶点无初速度下滑，在平台与B碰成一整体，B随后滑上传送带，已知，，A、B可视为质点，AB与传送带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中，因摩擦生热，忽略轨道及平台的摩擦，
（1）A滑到圆弧最低点时受的支持力；
（2）A与B整个碰撞过程中损失的机械能；
（3）传送带的速度大小。
12．（2025·海南）间距为L的金属导轨倾斜部分光滑，水平部分粗糙且平滑相接，导轨上方接有电源和开关，倾斜导轨与水平面夹角，处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，水平导轨处于垂直竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小均为，两相同导体棒、与水平导轨的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两棒质量均，接入电路中的电阻均为，棒仅在水平导轨上运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，且不互相碰撞，忽略金属导轨的电阻，重力加速度为。
（1）锁定水平导轨上的棒，闭合开关，棒静止在倾斜导轨上，求通过棒的电流；断开开关，同时解除棒的锁定，当棒下滑距离为时，棒开始运动，求棒从解除锁定到开始运动过程中，棒产生的焦耳热；
（2）此后棒在下滑过程中，电流达到稳定，求此时、棒的速度大小之差；
（3）棒中电流稳定之后继续下滑，从棒到达水平导轨开始计时，时刻棒速度为零，加速度不为零，此后某时刻，棒的加速度为零，速度不为零，求从时刻到某时刻，、的路程之差。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】核裂变
【解析】【解答】核反应遵循质量数和电荷数守恒，设X的质量数为A，电荷数为Z；
根据核电荷数守恒92+Z＝56+36+3×0
解得Z＝0
根据质量数守恒235+A＝144+89+3×1
解得A＝1
因此元素X是，故ABD错误，C正确。
故答案为：C。
【分析】核反应遵循质量数和电荷数守恒，据此求解作答。
2．【答案】C
【知识点】电荷及三种起电方式；电荷守恒定律
【解析】【解答】当带正电的金属球靠近不带电验电器金属小球时，根据静电感应的原理，验电器金属箔b上的电子向金属球a转移，使得金属球a多余负电荷，带负电，金属箔b多余正电荷，带正电，故ABD错误，C正确。
故答案为：C。
【分析】静电感应的原理分析作答。
3．【答案】A
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A.0 t1时间内图像的斜率不变，v﹣t图像的斜率表示加速度的大小，加速度大小不变，速度逐渐减小，因此0 t1时间内汽车做匀减速直线运动，故A正确；
B．明显t1 t2内，汽车做匀速直线运动而不是静止，故B错误；
C．v﹣t图像中斜率的正负表示加速度的方向，0 t1内汽车的加速度为负，t2～t3内汽车的加速度为正，因此0 t1和t2～t3内，汽车加速度方向相反，故C错误；
D．v﹣t图像中速度的正负表示汽车运动的方向，即速度的方向，0 t1和t2～t3内，汽车速度均为正，表示汽车速度方向相同，故D错误。
故答案为：A。
【分析】根据v﹣t图像斜率的含义分析加速度的大小和方向，根据速度的正、负分析速度的方向。
4．【答案】B
【知识点】超重与失重；万有引力定律的应用
【解析】【解答】A．火箭加速升空过程，加速度方向竖直向上，火箭处于超重状态，故A错误；
B．宇航员与地球的质量不变，根据万有引力定律，宇航员在空间站的引力距离大，因此宇航员在空间站中受到的万有引力小于在地表受到万有引力，故B正确；
C．同步卫星的角速度等于地球自转的角速度；
根据万有引力和向心力公式
可得
因此空间站绕地球做匀速圆周运动的角速度大于同步卫星的角速度，即大于地球自转角速度，故C错误；
D．根据牛顿第二定律
可得
因此空间站绕地球做匀速圆周运动的加速度大于地球同步卫星的加速度，故D错误。
故答案为：B。
【分析】根据超重和失重的含义分析作答；根据人造卫星运行参量与轨道半径的关系分析作答。
5．【答案】D
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．根据简谐横波在时刻和的波形图， 可知该波的波长为λ＝10cm，故A错误；
BC．波沿着x轴正方向传播时，则在t＝0时刻到t＝0.5s的过程中，，n＝0、1、2……，已知波的周期T＞0.5s，则n只能取0，则Ts，故波速为vcm/s＝15cm/s，故BC错误；
D．简谐横波沿着x轴正方向传播，根据同侧法可知t＝0时刻，质点M向下振动，故D正确。
故答案为：D。
【分析】根据波形图信息，结合波动图像的变化情况，利用波速公式以及同侧原理法进行分析解答。
6．【答案】D
【知识点】电场线；电势能；电势
【解析】【解答】A．沿电场线方向电势逐渐降低，由φ﹣x图像可知，在x正半轴沿+x方向电势降低，则P点电场强度方向沿x正方向，故A错误；
B．根据图像的对称性特点，可知M点的电场强度大小等于N点的电场强度，方向相反，故B错误；
C．电子在电势低处电势能大，故电子在P点的电势能小于在N点的电势能，根据能量守恒定律可知，电子在P点的动能大于在N点的动能，故C错误；
D．电子在电势低处电势能大，故电子在M点的电势能大于在P点的电势能，故D正确。
故答案为：D。
【分析】根据φ﹣x图像的切线斜率的物理意义结合电子电势能、能量的转化和守恒定律等知识进行分析解答。
7．【答案】（1）
（2）最低；1.8；9.88
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1） 用游标卡尺测得小球直径，刻度尺测得摆线长， 单摆的摆长是从悬点到球心的距离，则单摆的摆长为79cmcm＝80.00cm
（2）最低点比较好确定而且产生的误差相对较小，需小球经过最低点时开始计时；单摆周期s＝1.8s，根据单摆周期公式，可得，代入数据解得g＝9.88m/s2。
【分析】（1）根据摆长的概念进行计算求解；
（2）根据单摆的周期公式列式解答。
8．【答案】（1）C
（2）1.6
【知识点】测定玻璃的折射率
【解析】【解答】（1）当激光从D点入射到O点在AB面下方光屏上恰好消失时，光是从光密介质进入光疏介质，折射角为90°，说明此时光线在AB面刚好发生全反射，故是光的全反射现象，故C正确，AB错误。
故答案为：C。
（2）根据前面分析可知此时入射角等于临界角，即∠DOE＝C，故可得，根据，可得玻璃砖的折射率n＝1.6。
【分析】（1）根据光的全反射现象进行分析解答；
（2）根据临界角结合相应数据求解折射率。
9．【答案】（1）
（2）
（3）；
（4）小于；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）为了提高测量精度，方便调节电路，滑动变阻器应该选择总阻值较小的R1；
（2）根据描点作图要求，不能落在直线上的点均匀分布在直线两侧，图像如下
（3）根据闭合电路欧姆定律有U＝E1﹣I（R0+r），结合图线可得E1＝2.90V，斜率大小k5.00Ω，解得r＝2.00Ω；
（4）将电压表和电源等效为新的电源，故此时根据图像得到的电动势和内阻为等效电源的电动势和内阻，等效电源的电动势为，故E测＜E真；将R0等效进电源的内阻中，有，可得等效新电源的内阻为。
【分析】（1）根据电流表量程结合电源的电动势选择滑动变阻器；
（2）根据描点作图的要求进行解答；
（3）根据闭合电路的欧姆定律结合图像的斜率、截距的物理意义列式求解；
（4）根据等效电源的思想列式解答。
10．【答案】（1）活塞缓慢上升过程中，气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律
代入数值解得
（2）设稳定后气体的压强为，根据平衡条件有
分析可知初始状态时气体压强与大气压相等为，整个过程根据玻意耳定律
联立解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】（1）活塞缓慢上升过程中，气体做等压变化，根据盖—吕萨克定律进行解答；
（2）根据平衡条件求解稳定后气体的压强，根据玻意耳定律求解气体的体积。
11．【答案】（1）A从开始到滑到圆弧最低点间，根据机械能守恒
解得
在最低点根据牛顿第二定律
解得，方向竖直向上
（2）根据题意AB碰后成一整体，根据动量守恒
解得
故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为
（3）第一种情况，当传送带速度小于时，AB滑上传送带后先减速后匀速运动，设AB与传送带间的动摩擦因数为，对AB根据牛顿第二定律
设经过时间后AB与传送带共速，可得
该段时间内AB运动的位移为
传送带运动的位移为
故可得
联立解得，另一解大于舍去；
第二种情况，当传送带速度大于时，AB滑上传送带后先加速后匀速运动，设经过时间后AB与传送带共速，同理可得
该段时间内AB运动的位移为
传送带运动的位移为
故可得
解得，另一解小于舍去
【知识点】动量守恒定律；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿运动定律的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）根据动能定理求解A滑到圆弧最低点的速度大小，在最低点，根据牛顿第二定律进行解答；
（2）根据动量守恒定律求解共同速度，根据能量关系求解A与B整个碰撞过程中损失的机械能；
（3）第一种情况，当传送带速度v小于v共时，AB滑上传送带后先减速后匀速运动；第二种情况，当传送带速度v大于v共时，AB滑上传送带后先加速后匀速运动。根据牛顿第二定律结合运动学公式求解共同速度时的相对位移，再根据能量守恒定律进行解答。
12．【答案】（1）棒静止在倾斜导轨上，根据平衡条件可得，
解得通过棒的电流为
设当棒下滑距离为时速度为，棒开始运动时回路中的电流为，此时对cd棒有
同时有，
分析可知棒从解除锁定到开始运动过程中，棒产生的焦耳热与ab棒产生的焦耳热相等，整个过程根据能量守恒可得
联立解得棒产生的焦耳热为
（2）分析可知棒在下滑过程中产生的电动势与cd棒在向左运动的过程中产生的电动势方向相反，故当电流达到稳定时，两棒的速度差恒定，故可知此时两棒的加速度相等，由于两棒受到的安培力大小相等，对两棒有，
同时有，
联立解得此时、棒的速度大小之差为
（3）分析可知从开始到时刻，两棒整体所受的合外力为零，故该过程系统动量守恒，设时刻ab棒的速度为，可知
解得
设某时刻时，ab棒速度为，cd棒速度为，棒的加速度为零，可得①
其中
分析可知此时两导体棒产生的电动势方向相反，可得②
从时刻到某时刻间，对两棒分别根据动量定理有，
变式可得，
两式相加得③
同时有④
联立①②③④可得从到某时刻，、的路程之差为
【知识点】动量定理；动量守恒定律；安培力；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）ab棒静止在倾斜导轨上，根据平衡条件结合安培力的计算公式进行解答；整个过程根据能量守恒求解cd棒产生的焦耳热；
（2）对两棒分别根据牛顿第二定律、安培力的计算公式求解ab、cd棒的速度大小之差；
（3）分析两个过程中两根导体棒的运动情况，结合动量守恒定律、动量定理、牛顿第二定律、电荷量的计算公式等列方程求解ab、cd的路程之差。
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